广东省六校2019届高三第三次联考理科数学（解析版） 20页

广东省六校2018-2019学年高三（下）第三次联考数学试卷（理科）（2月份）‎ 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）‎ ‎1.设集合,则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求对数函数的定义域，求指数函数的值域，确定集合 ，然后根据交集定义求结果 ‎【详解】解： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则 ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了对数函数的定义域，指数函数的值域，是基础题 ‎2.若复数，其中是虚数单位，则复数的模为( )‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：，所以复数z的模为 考点：本题考查复数的运算 点评：解决本题的关键是 会复数的运算，知道复数的模为 ‎3.等差数列中，若，则的值是（　　）‎ A. 14 B. 15 C. 16 D. 17‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由等差数列的性质得，再用性质求解 ‎【详解】解：依题意，由，得，即 所以 故选：C ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质，根据题意结合等差数列的等差中项进行化简求出结果，较为基础 ‎4.已知函数向右平移个单位后，所得的图像与原函数图像关于轴对称，则的最小正值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：原函数向右平移个单位后所得函数为其与原函数关于轴对称，则必有，由三角函数诱导公式可知的最小正值为，故本题的正确选项为D.‎ 考点：函数的平移，对称，以及三角函数的诱导公式.‎ ‎5.在的展开式中， 的系数是224，则的系数是（　　）‎ A. 14 B. 28 C. 56 D. 112‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出在的展开式中的通项，然后根据的系数是224，求出次数n的值，再根据通项求出为第几项，代入通项求出系数即可得到答案 ‎【详解】解：因为在的展开式中，‎ ‎，‎ 令 则，∴，‎ 再令，则为第6项．‎ ‎∴‎ 则的系数是14．‎ 故选：A ‎【点睛】此题主要考查二项式系数的性质问题，其中涉及到二项式展开式中通项的求法，及用通项公式求一系列的问题．有一定的技巧性，属于中档题目．‎ ‎6.函数的大致图象为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可 ‎【详解】解：函数，，，，则函数为非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，排除C，D，当，排除B， ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键 ‎7.已知x，y满足约束条件若z＝ax＋y的最大值为4，则a＝ (　　)‎ A. 3 B. 2‎ C. －2 D. －3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：作出不等式组对应的平面区域，如图（阴影部分），则，，若过点A时取得最大值4，则．此时目标函数为，即，平移直线，当直线过点A时截距最大，此时z的最大值为4，符合题意．若过点B时取到最大值4，则，此时目标函数为，即，平移直线，当直线过点A时截距最大，此时z的最大值为6，不符合题意．．‎ 考点：简单的线性规划．‎ ‎【名师点睛】本题主要考察线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，确定目标函数的斜率关系是解决本题的关键．线性规划类问题的解题关键是先正确画出不等式组所表示的平面区域，然后确定目标函数的几何意义，通过数形结合确定目标函数何时取得最值．画不等式组所表示的平面区域时要通过特殊点验证，防止出现错误．‎ ‎8.如图是某几何体的三视图，其俯视图是斜边长为2的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图知该几何体是4个面均为直角三角形的三棱锥，故外接球半径为 ‎【详解】解：由三视图知该几何体是4个面均为直角三角形的三棱锥，‎ 故球心在最长棱的中点上，由三视图可得外接球半径为．所以表面积为 ．‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三视图和空间想象和空间计算能力，属于简单题 ‎9.我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和（，，，），则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值．我们知道…，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第四次用“调日法”后可得的近似分数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意：第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，第二次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即,第三次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即,第四次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即,故选A.‎ 考点：合情推理.‎ ‎【易错点晴】本题主要考查了合情推理这个知识点,属于中档题. 本题易错的地方:没有读懂题意,题目中“第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值”的等于，那第二次第三次第四次都是用这个公式计算的.在2016年高考考纲中增加了“数学文化”.考查了学生的读题和计算能力,属于基础题.‎ ‎10.设F为抛物线的焦点，斜率为的直线过F交抛物线于A、B两点，若，则直线AB的斜率为（　　）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的定义得到如图的抛物线，得到B为CE的三等分点，在直角三角形ACB中，结合正切的定义进行求解即可 ‎【详解】解：假设A在第一象限，‎ 过分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为D，E，‎ 过A作EB的垂线，垂足为C，则四边形为矩形 由抛物线定义可知,‎ 又∵，‎ ‎∴，即B为 的三等分点，‎ 设 即 则，‎ 即直线AB的斜率 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系的应用，根据转化求直角三角形的正切值是解决本题的关键 ‎11.已知是偶函数，则（　　）‎ A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的偶函数，求出b，确定函数单调递增，即可得出结论 ‎【详解】解：∵是偶函数，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴ ‎ ‎∴，函数为增函数，‎ ‎∵，∴ ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 ‎12.已知函数，关于x的方程有四个不等实根，恒成立，则实数的最大值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数是分段函数，通过求导分析得到函数的单调性，并求出当时有一个最大值 ‎，所以，要使方程有四个实数根，的值一个要在内，一个在内，然后运用二次函数的图象及二次方程根的关系列式求解的取值范围 ‎【详解】解：， 当时，恒成立，所以在上为增函数；‎ 当时，， ‎ 由，得，当时，，为增函数，‎ 当时，，为减函数，‎ 所以函数的极大值为，‎ 极小值为：，‎ 令，由韦达定理得： ‎ 此时若，则当 此时方程至多有两个实根，‎ 若，则当 要使方程有四个实数根，‎ 则方程应有两个不等根，‎ 且一个根在 内，一个根在内，‎ 再令，‎ 因为，① ，则，②‎ 则只需，即，‎ 所以，③‎ 由①②解得：，④‎ 由③④得到：，，‎ 所以 ‎∴‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了利用函数的导函数分析函数的单调性，考查了学生分析问题和解决问题的能力，解答此题的关键是分析出方程有四个实数根时的取值情况，此题属于中档题 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）‎ ‎13.已知，则=______．‎ ‎【答案】-4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式两边平方可得的值，再利用同角三角函数的基本关系化简求得结果 ‎【详解】解：∵， ‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 则 故答案为：-4‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题 ‎14.已知向量，且在上的投影为3，则与角为______.‎ ‎【答案】【答案】.‎ ‎【解析】‎ 试题解析：在上的投影为3，，，，向量与夹角为 考点：平面向量 ‎15.我国传统的房屋建筑中，常会出现一些形状不同的窗棂，窗棂上雕刻有各种花纹，构成种类繁多的图案．如图所示的窗棂图案，是将半径为的圆六等分，分别以各等分点为圆心，以为半径画圆弧，在圆的内部构成的平面图形．现在向该圆形区域内的随机地投掷一枚飞镖，飞镖落在黑色部分（忽略图中的白线）的概率是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎∵阴影部分面积为 ‎∴飞镖落在黑色部分的概率为 故答案为 点睛：（1）当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解；（2）利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域；（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．‎ ‎16.数列的前n项和为 ，已知，，若数列 为等差数列，则=______．‎ ‎【答案】666‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得数列的前6项之和，再由，，表示数列的项的和，结合等差数列的通项公式，解方程即可得到所求通项公式，进而得到所求和 ‎【详解】解：设数列为公差d的等差数列，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由，， ‎ 可得 ‎ 两式相减可得，‎ 由，解得 ，‎ 则 ‎ 可得 故答案为：666‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式与求和公式、三角函数求值，考查推理能力与计算能力，属于中档题 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）‎ ‎17.的三个内角所对的边分别为，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求角.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由正弦定理化简已知等式，整理即可得解．（2）设b=5t（t＞0），由（I）可求a=3t，由已知可求c=7t，由余弦定理得cosC的值，利用特殊角的三角函数值即可求解．‎ 试题解析：（1）由正弦定理得，,‎ 即，‎ 故，所以.‎ ‎（2）设，则，于是.‎ 即.‎ 由余弦定理得.‎ 所以.‎ 考点：正弦定理；余弦定理；同角三角函数基本关系 ‎18.如图，是以为直径的圆 上异于 的点，平面平面 ， ,， 分别是 的中点，记平面 与平面 的交线为直线 ．‎ ‎（Ⅰ）求证：直线平面；‎ ‎（Ⅱ）直线上是否存在点，使直线分别与平面、直线 所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）直线l上存在点Q满足题意，|AQ|=1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用三角形中位线定理推导出面，从而得到，再由已知条件推导出面，由此证明平面． ‎ ‎（Ⅱ）以坐标原点，为轴，为轴，过 垂直于面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：∵ 分别是 的中点，‎ 又平面，不包含于平面，‎ ‎∴面，‎ 又面，面面 ，‎ ‎∴，‎ 又，面面，‎ 面面，∴面,‎ ‎∴直线平面．．‎ ‎（Ⅱ）坐标原点，为轴，为轴，过 垂直于面的直线为轴，建立空间直角坐标系， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 设，面的法向量为 则 ‎ 取，得，‎ ‎,‎ ‎|,‎ 依题意，得 ‎ ‎∴ ‎ ‎∴直线 上存在点 ，使直线分别与平面、直线所成的角互余，．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎19.某学校为鼓励家校互动,与某手机通讯商合作,为教师办理流量套餐.为了解该校教师手机流量使用情况,通过抽样,得到位教师近年每人手机月平均使用流量(单位:)的数据,其频率分布直方图如下：‎ 若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量,并将频率为概率,回答以下问题.‎ ‎(Ⅰ) 从该校教师中随机抽取人,求这人中至多有人月使用流量不超过 的概率；‎ ‎(Ⅱ) 现该通讯商推出三款流量套餐,详情如下:‎ 套餐名称 月套餐费(单位:元)‎ 月套餐流量(单位:)‎ 这三款套餐都有如下附加条款:套餐费月初一次性收取,手机使用一旦超出套餐流量,系统就自动帮用户充值 流量,资费元；如果又超出充值流量,系统就再次自动帮用户充值 流量,资费元/次,依次类推,如果当月流量有剩余,系统将自动清零,无法转入次月使用.‎ 学校欲订购其中一款流量套餐,为教师支付月套餐费,并承担系统自动充值的流量资费的,其余部分由教师个人承担,问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由.‎ ‎【答案】(1)0.784.‎ ‎(2) 学校订购套餐最经济.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)先求得该教师手机月使用流量不超过的概率为. ‎ 利用互斥事件的概率和独立重复试验的概率求这人中至多有人月使用流量不超过的概率. (Ⅱ)先分别求出三种套餐的期望，再比较它们的大小即得解.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由直方图可知,从该校中随机抽取一名教师,该教师手机月使用流量不超过 的概率为. ‎ 设“从该校教师中随机抽取人,至多有人月使用流量不超过”为事件,‎ 则. ‎ ‎(Ⅱ)依题意, ,‎ ‎ . ‎ 当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为,,,‎ 且,,,‎ 所以(元)‎ 当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为,,‎ 且,,‎ 所以(元)‎ 当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为,‎ 且,(元) ‎ 因为,所以学校订购套餐最经济.‎ ‎【点睛】(1)本题主要考查概率的计算，考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率，考查随机变量的期望，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) …… 为的均值或数学期望．‎ ‎20.如图，设点A，B的坐标分别为（-，0），()，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为-．‎ ‎（1）求P的轨迹方程；‎ ‎（2）设点P的轨迹为C，点M、N是轨迹为C上不同于A，B的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）直接法求动点轨迹方程：先设动点坐标，根据条件斜率之积为列方程：，化简整理得标准方程，注意变形过程中的等价性，即纯粹性（2）解决解析几何中定值问题，一般方法为以算代证，即计算出的面积，由平行条件得斜率关系：由得，即得坐标关系；设直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，代入可得，而三角形面积可表示为，将代入化简得 试题解析：（1）由已知设点的坐标为，由题意知 ‎，‎ 化简得的轨迹方程为．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分 ‎（2）证明：由题意是椭圆上非顶点的两点，且，‎ 则直线斜率必存在且不为0，又由已知．‎ 因为，所以．．．．．．．．．．．．．．．6分 设直线的方程为，代入椭圆方程，得 ‎．．．．①，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分 设的坐标分别为，则．．．．．．．．．．．．8分 又，．．．．．．．．．．．．．．．．9分 所以，得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 10分 又，‎ 所以，即的面积为定值．．．．．．．．．．．．．．．．．12分 考点：直接法求动点轨迹方程，圆锥曲线中定值问题 ‎【思路点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.‎ ‎21.已知函数 ‎（I）求证 ‎（II）若 取值范围.‎ ‎【答案】（I）见解析（II）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将问题转化为证明与，从而令、，然后利用导数求得的单调性即可使问题得证；（2）由（1）中的结论得≥，从而令，通过多次求导得出其单调性即可求出的取值范围．‎ 试题解析：（1）要证时，，只需证明.‎ 记，则，‎ 当时，，因此在上是增函数，故，‎ 所以.‎ 要证时，，只需证明，‎ 记，则，‎ 当时，，因此在上是增函数，故，‎ 所以，.‎ 综上，，.‎ ‎（2）（解法一）‎ ‎ ‎ ‎.‎ 设，则，‎ 记，则，‎ 当时，，于是在上是减函数，‎ 从而当时，，故在上是减函数，于是，‎ 从而，‎ 所以，当时，在上恒成立.‎ 下面证明，当时，在上不恒成立，‎ ‎ .‎ 记，则，‎ 当时，，故在上是减函数.‎ 于是在上的值域为.‎ 因为当时，，所以存在，使得此时，即在上不恒成立.‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎（解法二）‎ 先证当时，.‎ 记，则，‎ 记，则，当时，，于是在上是增函数，因此当时，，从而在上是增函数，因此.‎ 所以当时，.‎ 同理可证，当时，.‎ 综上，当时，.‎ 因为当时，‎ ‎ ，‎ 所以当时，在上恒成立.‎ 下面证明，当时，在上不恒成立，因为 ‎ ‎ ‎ .‎ 所以存在（例如取和中的较小值）满足.‎ 即在上不恒成立.‎ 综上，实数的取值范围是.‎ 考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题．‎ ‎【方法点睛】求证不等式，一种常见思路是用图像法来说明函数的图像在函数图像的上方，但通常不易说明．于是通常构造函数，通过导数研究函数的性质，进而证明欲证不等式．‎ ‎22.在平面直角坐标系 中，曲线C1的参数方程为：（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线2的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线1的普通方程和极坐标方程；‎ ‎（2）已知曲线C3的极坐标方程为，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且｜AB｜＝4，求的值.‎ ‎【答案】(Ⅰ) x2 + (y -2 )2 =4. ‎ ‎( Ⅱ ) α =.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接消去参数可得普通方程，由，可得极坐标方程；‎ ‎（2）设，则，列方程求解即可.‎ ‎【详解】由消去参数可得的普通方程为 即，所以的极坐标方程为 设，则 所以，因为，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与极坐标方程的表示，及极坐标的应用求解线段长度，属于基础题.‎ ‎23.已知函数f（x）=2|x+a|+|x-|（a≠0）．‎ ‎（1）当a=1时，解不等式f（x）＜4；‎ ‎（2）求函数g（x）=f（x）+f（-x）的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)零点分段可得原不等式的解集为.‎ ‎(2)利用绝对值不等式的性质结合均值不等式的结论可得最小值为.‎ 试题解析：‎ ‎（1） ，原不等式为，‎ ‎ ，或或 ‎ 或或，‎ 原不等式的解集为.‎ ‎（2）由题意得 ‎ ‎ ，‎ 当且仅当，计，且时，取最小值.‎ 绝对值不等式的解法 点睛：|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．‎